). + i √ √ 3) : Q]=[Q(i, √ 3) : Q( √ 3)] · [Q( √ 3) : Q] = 4. 2 + 1 ∈ Q

Corso di Algebra 2 - a.a. 2014-2015
Prova scritta del 22.9.2015
Esercizio 1. Dire quali delle seguenti estensioni sono normali e determinarne il gruppo di
Galois:
2π
1. Q(i, ω ) : Q, dove ω = cos( 2π
3 ) + i sin( 3 ).
1
2. Q(α) : Q, dove α = 11 3 .
3. Q(α, i, ω ) : Q
Soluzione. 1. L’estensione Q(i, ω ) : Q è normale perché è un campo di spezzamento
2,
del polinomio f ( X ) = ( X 2 + 1)( X 2 + X + 1). Infatti le radici di f in C sono ±i, ω, ω
√
quindi un campo di spezzamento
di f su Q è Q(i, ω ). Osserviamo che ω = − 21 + i 23 ,
√
quindi Q(i, ω ) = Q(i, 3).
√
√
√
√
Abbiamo [Q(i, ω ) : Q] = [Q√(i, 3) : Q] = √
[Q(i, 3) : Q( 3)] · [Q√( 3) : Q
√] = 4.
2 + 1 ∈ Q( 3)[ X ] e i 6 ∈ Q( 3) ⊂ R, quindi [Q(i, 3) : Q( 3)] =
Infatti i è radice
di
X
√
√
2. Inoltre [Q( 3) : Q] = 2 perché X 2 − 3 è√il polinomio minimo di 3 su Q. Questo
√ ci
dice anche √
che X 2 + 1 è irriducibile in Q( 3)[ X ] e, usando il√fatto che 4 = [Q(i, 3) :
Q] = [Q(i, 3) : Q(i )] · [Q(i ) : Q], abbiamo anche che [Q(i, 3) : √
Q(i )] = 2 e quindi
X 2 − 3 è irriducibile su Q(i ). Sia K il gruppo di Galois di Q√
(i, 3) : Q, abbiamo
|K | = [Q(i, ω ) : √
Q] = 4. √Poiché X 2 + 1 è irriducibile in Q( 3)[ X ], il gruppo di
Galois H di Q(i, 3) : Q( 3) agisce transitivamente sulle radici di X 2 + 1, quindi
esiste
H tale che σ(i ) = −i. Dato che H ⊂ K, abbiamo che σ ∈ K√e σ(i ) = √
−i,
√ σ ∈√
σ( 3) = 3. In modo analogo si vede che esiste
√ τ ∈ K√tale che√τ ( 3) = −√ 3,
τ (i ) = i. σ ◦ τ (i ) = σ(i ) = −i = τ ◦ σ(i ), σ ◦ τ ( 3) = σ (− 3) = − 3 = τ ◦ σ( 3),
quindi σ ◦ τ = τ ◦ σ. Pertanto il sottogruppo generato da σ e τ in K è isomorfo a
Z/2Z × Z/2Z e dato che K ha ordine 4, K ∼
= Z/2Z × Z/2.
2. L’estensione Q(α) : Q non è normale. Infatti il polinomio p( X ) = X 3 − 11 è
irriducibile su Q per il criterio di Eisenstein applicato con il primo 11. α è una radice
del polinomio p e le altre radici di p sono ωα, ω 2 α. ωα 6∈ Q(α) perché altrimenti si
avrebbe ω ∈ Q(α) ⊂ R, mentre ω 6∈ R, quindi l’estensione non è normale.
Il gruppo di Galois di Q(α) : Q è banale perché per ogni σ nel gruppo di Galois
σ(α) è una radice di p e sta in Q(α) ⊂ R, quindi σ(α) = α.
3. Q(α, i, ω ) : Q è normale perché è un campo di spezzamento di g( X ) = ( X 3 −
11)( X 2 + 1)( X 2 + X + 1). Infatti le radici di g sono α, αω, αω 2 , i, −i, ω, ω 2 .
[Q(α, i, ω ) : Q] = [Q(α, i, ω ) : Q(i, ω )] · [Q(i, ω ) : Q] ≤ 12 perché abbiamo mostrato
sopra che [Q(i, ω ) : Q] = 4 e [Q(α, i, ω ) : Q(i, ω )] ≤ 3 dato che α è radice di X 3 − 11 ∈
Q(i, ω )[ X ]. Inoltre questo ci dice che 4|[Q(α, i, ω ) : Q]. Si ha [Q(α, i, ω ) : Q] =
[Q(α, i, ω ) : Q(α)] · [Q(α) : Q] = [Q(α, i, ω ) : Q(α)] · 3 perché il polinomio minimo di
α su Q è X 3 − 11. Quindi 3, 4|[Q(α, i, ω ) : Q] ≤ 12, pertanto [Q(α, i, ω ) : Q] = 12.
1
Inoltre abbiamo anche così dimostrato che [Q(α, i, ω ) : Q(i, ω )] = 3 e quindi X 3 − 11 è
irriducibile su Q(i, ω ).
Sia G il gruppo di Galois di Q(α, i, ω ) : Q. L’ordine di G è il grado di Q(α, i, ω ) : Q
che è 12. Abbiamo visto che [Q(α, i, ω ) : Q(i, ω )] = 3, quindi un generatore del
gruppo di Galois di Q(α, i, ω ) : Q(i, ω ) è dato dall’elemento σ ∈ G di ordine 3 tale che
σ(i ) = i, σ (ω ) = ω, σ(α) = αω. Analogamente guardando le estensioni Q(α, i, ω ) :
Q(i, α) e Q(α, i, ω ) : Q(ω, α) troviamo due elementi di ordine 2, τ, e ∈ G definiti da:
τ (α) = α, τ (i ) = i, τ (ω ) = ω 2 , e(α) = α, e(ω ) = ω, e(i ) = −i. Si vede subito
che e e σ commutano, quindi il sottogruppo di G generato da e e σ è isomorfo a
Z/6Z generato da η := e ◦ σ e, dato che ha indice due in G, è normale in G. Si vede
poi con un semplice calcolo che τ ◦ η ◦ τ −1 = η −1 , quindi G è isomorfo al gruppo
hη, τ | η 6 = 1, τ 2 = 1, τ ◦ η ◦ τ −1 = η −1 i ∼
= D6 .
Esercizio 2. Sia G un gruppo di cardinalità 196.
1. Dire se G è semplice.
2. Dire se G è risolubile.
3. Dare un esempio di un gruppo di cardinalità 196 non abeliano in cui né i 2-Sylow, né i
7-Sylow siano ciclici.
Soluzione. 1. | G | = 196 = 72 · 22 . Il numero dei 7-Sylow è congruo a 1 modulo 7 e
divide | G |, quindi è uguale ad 1, pertanto c’è un unico 7-Sylow H che è normale in G
e la cardinalità di H è 49. Quindi G non è semplice.
2. Sia H l’unico 7-Sylow, H è normale in G, ha ordine 49 che è il quadrato di
un primo, quindi H è abeliano e dunque risolubile. Consideriamo il gruppo G/H,
| G/H | = | G |/| H | = 4, quindi G/H è abeliano e pertanto risolubile e allora anche G è
risolubile.
3. H è abeliano di ordine 49 e per ipotesi non è ciclico, quindi H ∼
= Z/7Z × Z/7Z.
Sia K un 2-Sylow, |K | = 4 e per ipotesi K non è ciclico, quindi K ∼
= Z/2Z × Z/2Z.
HK = KH è un sottogruppo di G perché H è normale. | H ∩ K | deve dividere sia
| H | = 49 che |K | = 4, quindi H ∩ K è banale e | G | = | H | · |K | = | HK |. Quindi
G = HK è un prodotto semidretto. K agisce su H per coniugio, quindi abbiamo
un omomorfismo φ : K → Aut( H ), φ(k)(h) = khk−1 . Per dare un esempio di un
gruppo G non abeliano dobbiamo trovare un omomorfismo φ come sopra non banale.
K∼
= h x, y | x2 = y2 = 1, xy = yx i, H ∼
= hα, β | α7 = β7 = 1, αβ = βαi. Per definire φ,
basta dare l’immagine dei generatori x, y e per definire φ( x ) e φ(y) basta dare il loro
valore sui generatori di di H, α e β. Definiamo ad esempio φ( x )(α) = β, φ( x )( β) = α,
φ(y) = Id, φ( x ) e φ(y) sono chiaramente automorfismi di H. φ è ben definito perché
o (φ( x )) = 2 = o ( x ), o (φ(y)) = 1|o (y), φ( x ) ◦ φ(y) = φ(y) ◦ φ( x ) = φ( x ).
Un altro esempio è il seguente: φ( x )(α) = α−1 , φ( x )( β) = β, φ(y) = Id.
2
Esercizio 3. Sia p( X ) = X 12 + X 6 + 1. Determinare il gruppo di Galois di p( X ) su F2 e su
F3 .
Soluzione. 1. Su F2 , l’elevamento al quadrato è un omomorfismo, dunque p( X ) =
( X 6 + X 3 + 1)2 e ci riduciamo a calcolare un campo di spezzamento di X 6 + X 3 + 1.
Notiamo che
X 9 − 1 = ( X 3 − 1)( X 6 + X 3 + 1),
dunque un campo di spezzamento è dato da F2 (η ), con η una radice nona primitiva
dell’unità. Il gruppo di galois G del polinomio è dunque ciclico e generato dal Frobenius φ : F2 (η ) → F2 (η ). Dobbiamo dunque capire qual è l’ordine di φ, ossia il più
piccolo intero n ≥ 1 tale che φn (η ) = η, cioè:
n
η 2 = η.
Esso si caratterizza anche come il più piccolo intero n ≥ 1 tale che
2n ≡ 1
(mod 9).
Un calcolo diretto mostra che n = 6. Dunque, concludiamo che G ∼
= C6 .
2. Su F3 , l’elevamento a terza potenza è un omomorfismo, dunque p( X ) = ( X 4 +
X 2 + 1)3 . Notiamo che
X 6 − 1 = ( X 2 − 1)( X 4 + X 2 + 1) = ( X 2 − 1)3 ,
dunque X 4 + X 2 + 1 = ( X 2 − 1)2 . Concludiamo che
p ( X ) = ( X 2 − 1)6 = ( X − 1)6 ( X + 1)6 ,
quindi si spezza completamente su F3 , e il suo gruppo di Galois è banale.
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